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第17讲 电场能的性质-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第17讲 电场能的性质-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共30页。试卷主要包含了电势高低的判断方法，电势能大小的比较方法，E－x图象等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134647358" 考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能 PAGEREF _Tc134647358 \h 1
\l "_Tc134647359" 考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题 PAGEREF _Tc134647359 \h 1
\l "_Tc134647360" 考点三 静电场中图象问题的处理技巧 PAGEREF _Tc134647360 \h 6
\l "_Tc134647361" 考点四 用功能关系分析带电粒子的运动 PAGEREF _Tc134647361 \h 10
\l "_Tc134647362" 练出高分 PAGEREF _Tc134647362 \h 14
考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能
1．电势高低的判断方法
(1)沿电场线方向，电势越来越低．
(2)判断出UAB的正负，再由UAB＝φA－φB，比较φA、φB的大小，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则φA<φB.
2．电势能大小的比较方法
做功判断法
电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方．
（2023•房山区一模）α粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q为轨迹上的三点，N点离重金属核最近，Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下列说法正确的是（ ）
A．N点的电场强度比Q点小
B．N点的电势最高
C．α粒子从Q点运动到M点过程中，电势能减小
D．α粒子从Q点运动到M点过程中，速度一直减小
【解答】解：A．根据孤立的正点电荷的电场线的分布可得离重金属核最近的N点电场强度最大，故A错误；
B．离正点电荷场源最近的N点的电势最高，故B正确；
C.α粒子为氦原子核，故带正电，又因为φN＞φM＞φQ，所以从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小，故C错误
D．因为从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，即合外力先做负功再做正功，根据动能定理可得α粒子的速度先减小再增加，故D错误；
故选：B。
如图所示，真空中ab、cd四点共线且ab＝b＝cd在a点和d点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点的电场强度大小相等，方向相反
B．b、c两点的电场强度大小不相等，但方向相同
C．同一负点电荷在b点的电势能比在c点的小
D．把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力对其先做正功后做负功
【解答】解：AB.由等量异种电荷的电场线分布可知，b、c关于中心对称，b、c两点的场强大小相等，方向相同，故AB错误；
C.由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b指向c，所以b点的电势高于c点电势，根据EP＝qφ知负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b点的电势更小，故C正确；
D.由C分析可知，电场线从b指向c，正电荷从b沿直线运动到c，电场力一直做正功，故D错误．
故选：C。
（2023•江门一模）如图所示，在匀强电场中的Q点固定一点电荷为+Q，以a、b、c、d、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【解答】解：A，ac两点在电点荷的等势面上，故这二点的电势是a点的电势高于c点的电势，故A错误；
B，bd两点的场强由点电荷场源与匀强电场各自在这二点产生的场强的矢量合成，合成的结果是大小相同，方向不同，故B错误；
C，将点电荷+q由b点移到e点时，电场力做功为零，因为这二点是在同一个等势面上，故C正确；
D，由A可知，这二点的电势是不相等的，故电场力做功不为零，故D错误。
故选：C。
（2023•贵州模拟）在x轴上一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点O为中心，沿x轴做往返运动，x轴上各点电势如图所示。若该粒子的质量为m，电荷量为q，其运动过程中电势能与动能之和为1.8qφ0，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在x＝﹣1.8x0时其动能和电势能相等
B．粒子在往返运动过程中能通过x＝1.9x0处
C．原点O与x＝﹣4x0之间的电场方向沿x负方向
D．原点O与x＝2x0之间的电场为匀强电场，电场强度大小为2φ0x0
【解答】解：A．根据图像，粒子在x＝﹣1.8x0时电势能EP=q1.84×2φ0=0.9qφ0
运动过程中电势能与动能之和为1.8qφ0，此时动能Ek＝1.8qφ0﹣EP＝1.8qφ0﹣0.9qφ0＝0.9qφ0
故A正确；
B．因为电势能与动能之和为1.8qφ0，当动能为零时，电势能为1.8qφ0，根据电势能与电势关系，此时电势为1.8φ0，由图像，向右最多可达到1.8 x0处，故B错误；
C．沿电场方向电势降低，故原点O与x＝﹣4x0之间的电场方向沿x正方向，故C错误；
D．φ﹣x图像斜率表示电场强度，由图知，原点O与x＝2x0之间的电场为匀强电场，强度大小为φ0x0，故D错误。
故选A。
（2023•辽宁二模）如图1所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在x＝2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ﹣x图像（图2）。已知φ﹣x图线与x轴的交点横坐标为x1和x2，x＝3L处的切线与x轴平行。已知点电荷的电势公式φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（ ）
A．电荷A带负电，电荷B带正电
B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝1：9
C．横坐标x2和x1的差x2−x1=920L
D．在x轴上x＞2L的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【解答】解：A．根据题图，在x轴上各点电势有正有负，两点电荷带异种电荷，由于0＜x＜x1时电势为正，x1＜x＜2L时电势为负，故点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误。
BC．φ﹣x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x＝3L处的电场强度为零，根据叠加原理有kQA(3L)2=kQBL2
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有kQAx1=kQB2L−x1，kQAx2=kQBx2−2L
解得QA：QB＝9：1，x1=95L，x2=94L
则x2−x1=94L−95L=920L
故B错误，C正确；
D．在2L＜x＜3L区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在2L＜x＜3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左电场力，向左做加速运动，在x＞3L区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x＞3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。
故选：C。
考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题
1．几种常见的典型电场的等势面比较
2.在电场中带电粒子运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．
（2023•大理州模拟）如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（ ）
A．φa＞φb＞φcB．EPM＞EPNC．EkM＞EkND．aM＞aN
【解答】解：A、由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；
BC、带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；
若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。
综合上述分析可知EPM＜EPN，EkM＞EkN，故B错误，C正确；
D、由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知，qE＝ma，所以aM＜aN，故D错误。
故选：C。
如图所示，空间有一正三棱P﹣ABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一负的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．底面ABC为等势面
B．A，B，C三点的电场强度相同
C．若B，C，D三点的电势为φB、φC、φD，则有φB﹣φD＝φC﹣φD
D．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功
【解答】解：A、点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆（球）面，O到P点距离比A、B、C三点到P点距离短，故电势比A、B、C三点电势低，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；
B．由于A、B、C三点电场强度方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；
C．由于B、C两点到P点距离相等，则两点电势相等，则φB﹣φD＝φC﹣φD，故C正确；
D．由于B、C两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离小于BP或CP两点距离，故D的电势低于B、C两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先减小后增加，故静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
（多选）（2023•漳州模拟）中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的金属舌头，舌根连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用。当雷云放电接近房屋时，屋顶的避雷针顶端由于聚集着大量电子而形成局部电场集中的空间。图中虚线表示某时刻避雷针周围的等差等势面分布情况，一带电粒子（不计重力）在该电场中的运动轨迹如图所示。则（ ）
A．该粒子带正电
B．a点的电势比c点的低
C．b点的场强比c点的场强大
D．该粒子在b点的电势能比在c点的大
【解答】解：A．避雷针带负电，该粒子的运动轨迹为曲线，该粒子所受的电场力指向轨迹的凹侧，根据电荷间的相互作用规律可知，该粒子带正电，故A正确；
B．沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比c点的高，故B错误；
C．等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此b点的场强比c点的场强小，故C错误；
D．因带正电的粒子在电势高的位置电势能大，b点的电势比c点的高，故该粒子在b点的电势能比在c点的大，故D正确。
故选：AD。
如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
【解答】解：BC、假设质点由Q向P运动，作出轨迹上某点的速度和电场力，如图所示，由于电场力和速度夹角为钝角，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，故B正确，C错误。
A、由电势能公式EP＝qφ，负电荷在电势高处，电势能小，因P点电势能大，故P点电势低，三个等势面中，c的电势最低，故A错误。
D、因P处电场线比Q处电场线密，故质点在p处受到的电场力大，产生的加速度大，故D错误。
故选：B。
（2022•杭州模拟）如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为φ1﹣φ2＝φ2﹣φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点。已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等
B．场源电荷是正电荷
C．粒子电势能先增加后减小
D．φ1＞φ2＞φ3
【解答】解：A、粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；
B、由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；
C、粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，故C正确；
D、电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：φ3＞φ2＞φ1，故D错误。
故选：C。
考点三 静电场中图象问题的处理技巧
1．v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
2．φ－x图象：(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．
3．E－x图象：(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
（2023•海淀区一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
【解答】解：A．沿着电场线方向电势逐渐降低，根据图像可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，故A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，故B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，故C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：C。
（2023•常德模拟）如图甲，O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在与OP连线平行的电场，其上各点的电势φ随距O点的距离x变化的关系如图乙所示，图中斜虚线为图线在点P（0.3m，200V）的切线，切线与x轴交于0.5m处。现将一质量m＝1×10﹣3kg、电荷量q＝+2×10﹣5C的小物块从O点静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向为由P指向O
B．小物块在P点的电势能比O点的电势能大
C．小物块运动到P点时，加速度大小为20m/s2
D．小物块运动到P点时，速度大小为10m/s
【解答】解：A、由O到P电势逐渐减小，沿电场线电势逐渐降低，所以电场线的方向为由O指向P，故A错误；
B、P点的电势低于O点电势，小物块带正电，所以小物块在P点的电势能比O点的电势能小，故B错误；
C、φ﹣x图象斜率代表电场强度，则P点电场E=2000.5−0.3V/m＝1000V/m，根据牛顿第二定律有：qE＝ma
解得：a＝20m/s2
故C正确；
D、从O到P根据动能定理有：q（φO﹣φP）=12mv2
解得：v=10m/s
故D错误；
故选：C。
（2023•铜仁市模拟）如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，电场方向平行于x轴，一质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），从O点（x＝0）静止释放，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在O点和x2间做往复运动
B．粒子从O运动到x2的过程中做加速度大小先减小后增大的变速直线运动
C．粒子在x1处具有最大速度为vm=2qφ0m
D．粒子从O到x2的运动过程中，电势能先增大后减小
【解答】解：AB、从O到x1电势升高，场强沿﹣x方向，电场力沿x轴正向，斜率在减小，说明电场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，同理可知从x1到x2，粒子做加速度增大的减速运动，根据对称性可知粒子在O点和x2间做往复运动，故AB正确。
C、粒子在x1处电势能最小，动能最大，由能量守恒12mvm2=qφ0，解得vm=2qφ0m，故C正确。
D、从O到x1电势升高，电势能减小，从x1以后的运动过程中，电势降低，粒子的电势能增加，所以粒子从O到x2的运动过程中，电势能先减小后增大，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
（多选）（2023•武汉模拟）如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x1处与x2处场强相同
B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1﹣E2
C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小
D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能之和先减小后增大
【解答】解：A、由动能定理知，Ek﹣x图像的斜率表示小球所受的合力，由题知，x＝x1和x＝x2处图像的斜率为0，即小球所受的合力为0，而小球运动中受到重力和电场力共两个力作用，可见小球在两处所受的电场力相同，则x1处与x2处场强相同，故A正确；
BC、由图知，小球从x1处运动到x2处，图像的斜率先增大后减小，即小球所受的合力先增大后减小，由牛顿第二定律知，小球的加速度先增大后减小，而此过程小球下降了x1﹣x2，小球的动能减少E1﹣E2，小球重力势能减少mg（x1﹣x2），由能量守恒定律知，小球的电势能增加E1﹣E2+mg（x1﹣x2），故B错误，C正确；
D、由图知，小球从x0运动到O点过程，小球的动能先增大后减小再增大，由能量守恒定律知，小球的电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0），以O为原点、竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g，g为重力加速度，k为静电力常量，则（ ）
A．小球在M点的加速度为零
B．从O点到N点场强逐渐增大
C．从M点到N点过程中，电场力对小球先做负功后做正功
D．从O点到N点小球的动能增加了(22−1)kQ22L
【解答】解：A、M、N两点的电场强度等大反向，M点的电场强度方向竖直向上，N点的电场强度方向竖直向下。小球在N点的加速度大小为2g，可知在此处电场力等于小球的重力，则在M点小球受到的电场力竖直向上与小球的重力平衡，则小球在M点的加速度为0，故A正确；
B、根据φ﹣x斜率代表电场强度可知从O到N的场强先增大后减小，故B错误；
C、从M点到O点的过程中，电场线方向向上，小球受到的电场力方向向上，电场力做负功，从O到N点过程中，小球受到的电场力方向向下，电场力对小球做正功，故C正确；
D、设小球的质量为m，小球在M点的加速度为零，A、B距O点的距离均为2L，则AM＝2L，则有：kQ(2L)2•cs45°×2＝mg，解得：mg=2kQ24L2；
小球从O点到N点由动能定理有：Q（φO﹣φN）+mg•2L＝ΔEk，根据图线可知：φO=2kQL，φN=kQL
联立解得小球动能增加：ΔEk=(22−1)kQ22L，故D正确。
故选：ACD。
考点四 用功能关系分析带电粒子的运动
1．功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
2．电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcs α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcs α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
（2023•丰台区二模）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为+Q的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为r，AC与AB的夹角为θ，中垂线上距离A点为x的点的电势为φ＝2kQx（以无穷远处为零电势点）。一个质量为m的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为k。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为+q，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v0；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为﹣q，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度v的大小和方向。
【解答】解：（1）根据对称性和电场的叠加原理可知，C点的电场强度方向如图所示。
（2）当点电荷刚好到达O点时，其在C点的速度最小，由动能定理得：
qUCO＝0−12mv02
其中UCO＝φC﹣φO＝2kQr−2kQrcsθ
联立解得：v0=4kQq(1−csθ)mrcsθ
（3）要让点电荷﹣q能够做过C点的匀速圆周运动，应由电场力提供向心力，则其在C点的速度方向垂直于纸面向里或向外。
根据牛顿第二定律得
2kQqr2sinθ＝mv2rsinθ
可得v=2kQqsin2θmr
答：（1）见解析。
（2）其在C点的速度最小值v0为4kQq(1−csθ)mrcsθ。
（3）其在C点的速度v的大小为2kQqsin2θmr，方向垂直于纸面向里或向外。
（2023•徐汇区二模）如图（i）所示，真空中两正点电荷A、B固定在x轴上，其中A位于坐标原点。一质量为m、电量为q（电量远小于A、B）的带正电小球a仅在电场力作用下，以大小为v0的初速度从x＝x1处沿x轴正方向运动。取无穷远处势能为零，a在A、B间由于受A、B的电场力作用而具有的电势能Ep随位置x变化关系如图（ii）所示，图中E1、E2均为已知，且a在x＝x2处受到的电场力为零。
（1）求A、B两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间的电势差U12；
（2）比较A、B两电荷电量QA、QB的大小关系；
（3）求a在A、B间运动过程中最大速度vm的大小；
（4）如图（iii）所示，若一探测器从地球飞往月球，仅考虑地球与月球对探测器的引力作用，试从受力与能量的角度比较该探测器的运动与a在A、B间的运动的类似之处（至少写出三点）；并在图（iv）中定性画出探测器在地、月共同作用下所具有的势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线（取无穷远处势能为零）。
【解答】解：（1）A、B两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间由功能关系：qU12＝E1﹣E2，解得：U12=E1−E2q；
（2）a在x＝x2处受到的电场力为零，由A、B电荷对a的库仑力平衡，得：kQAqx22=kQBq(lAB−x2)2，由于x2＞lAB﹣x2，所以QA＞QB；
（3）当F＝0时，即在x＝x2处，a在A、B间运动过程中速度最大，由能量守恒定律，此处电势能最小，动能最大，速度最大，
由动能定理：qU12=12mvm2−12mv02，其中qU12＝E1﹣E2，联立解得：vm=v02+2(E1−E2)m；
（4）探测器从地球飞往月球，受力方面：万有引力与距离的平方成反比与质量乘积成正比，地球质量大于月球质量，受力平衡点靠近月球。
能量方面：靠近产生较小引力场的月球处有势能最小值，类比电场EP=−GMr，
势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线（取无穷远处势能为零）如图所示：
故答案为：（1）U12=E1−E2q；
（2）QA＞QB；
（3）vm=v02+2(E1−E2)m；
（4）受力方面：万有引力与距离的平方成反比与质量乘积成正比，地球质量大于月球质量，受力平衡点靠近月球。
能量方面：靠近产生较小引力场的月球处有势能最小值，Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线如图所示。
如图所示，质量为m＝2g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上，杆长为1m，小球a带正电，电荷量为q＝2×10﹣7C，在杆上B点处固定一个电荷量为Q＝2×10﹣6C的正电小球b。小球a在F＝0.018N的向右水平恒力作用下，由静止开始从A向B运动，运动过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，两个小球可看作点电荷，已知静电力恒量k＝9×109N•m2/C2，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）a球刚开始运动时加速度的大小；
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离；
（3）已知真空中点电荷周围的电势为φ＝kQr，式中k为静电力恒量，Q为点电荷电量，r为该点到点电荷的距离，则a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为多少。
【解答】解：（1）a球受力如图，由库仑定律得：
F1=kQqr2=9×109×2×10−7×2×10−612N=3.6×10−3N
根据牛顿第二定律得：
F合＝ma
解得：a=F−F1m=0.0018−
（2）当a球加速度为零时，速度最大，设此时ab两球相距r0，根据库仑定律有：
F=kQqr02
代入数据得：0.018＝9×109×2×10−7×2×10−6r02
解得：r0=55m=0.447m
所以ab两球之间的距离为0.447m。
（3）据题意知：a球在A点的电势能为：EpA＝qφ1
a球在O点的电势能为：EpO＝qφ2
所以从A到O的过程中，a球的电势能变化量为：
EP＝qφ2﹣qφ1
Ep=q(φ2−φ1)=q(kQr2−kQr1)=kQq(1r2−1r1)=9×109×2×10﹣7×2×10﹣6J＝3.6×10﹣3J
答：（1）a球刚开始运动时加速度的大小为7.2m/s2。
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离为0.447m。
（3）a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为3.6×10﹣3J。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•青浦区二模）雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场。该电场的等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面上有A、B、C三点。下列说法中正确的是（ ）
A．避雷针附近形成了匀强电场
B．A、B、C 三点中，B 点场强最大
C．A、B、C 三点中，C 点电势最高
D．一带负电的雨点从乌云中下落，电场力做正功
【解答】解：A、匀强电场的等势线应是一簇平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，故A错误；
B、等势线与电场线相互垂直，A点比B点电场线更密集，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；
C、乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知A、B、C三点中，B点电势最高，故C错误；
D、有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，故D正确；
故选：D。
2．（2023•台州二模）电子束焊接机的核心部件内存在如图甲所示的高压辐向电场，带箭头的虚线表示电场线。一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。下列说法正确的是（ ）
A．该电场为匀强电场
B．电子运动过程中电势能逐渐减小
C．电子运动过程中加速度逐渐减小
D．电子经过各点的电势随位移x的变化如乙图所示
【解答】解：A．匀强电场的电场线疏密程度相同，方向也相同，由甲图中电场线分布可知，该电场为非匀强电场，故A错误；
B．由于电子带负电，当它从A沿直线运动到B时，电场力做正功，则电势能减小，故B正确；
C．由甲图中电场线分布和牛顿第二定律可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，因此加速度逐渐变大，故C错误；
D．乙图斜率表示电场强度，由图知斜率逐渐变小，而甲图可知电场强大逐渐变大，故D错误。
故选：B。
3．（2023•鞍山模拟）如图甲所示，足够长固定绝缘光滑斜面倾角为θ，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴，在x轴上的部分区间存在电场，电场方向沿斜面向上。一质量为m、电荷量为q的带正电滑块（可视为质点）从斜面底端由静止释放，不计空气阻力，滑块对原电场无影响，滑块向上运动的一段过程中机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，曲线上A点切线斜率最大，下列说法正确的是（ ）
A．在x1～x3过程中滑块速度先增大后不变
B．在0～x1过程中滑块速度一定增大
C．在x＝x1处电势最高
D．在x＝x3处电场强度最大
【解答】解：A．根据图像可知在x2～x3过程段中随着高度增加，机械能不变，说明此时只有重力做功，即最后该过程滑块做匀减速运动，也就一定不会出现匀速运动的过程，故A错误；
BD．电场力做功等于滑块机械能的增加量，由此可得ΔE＝EqΔx，因此图像的斜率表示Eq，根据图像可知0～x1电场力逐渐增大，x1～x2电场力逐渐减小，故在0～x1过程中滑块速度一定增大；在x＝x1处电场强度最大，故B正确，D错误；
C．根据上述分析，同时由沿着电场线方向电势降低，所以在x＝0处电势最高，故C错误。
故选：B。
4．（2023•沧州一模）如图所示，x轴上有两个带电荷量分别为+Q1、﹣Q2的点电荷，A、B、C为两点电荷形成的电场中某一电场线上的三点，其中B点的切线与x轴平行，O是两点电荷连线的中点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．Q1＜Q2
C．负电荷在B点的电势能比O点大
D．正电荷沿电场线从A点移动到C点，电场力一定做负功
【解答】解：AB．电场方向由正电荷指向负电荷，又B点切线与x轴平行，B点合电场强度水平向右，竖直方向合电场强度为零，根据几何关系，Q1与B连线与竖直方向的夹角更大，夹角余弦值更小，故Q1在B点产生电场强度大于Q2在B点产生电场强度，所以Q1＞Q2，且φO＞0，故AB错误；
C．将Q1看作Q2+ΔQ，根据电势叠加原理，φO＞φB，由Ep＝qφ，电荷为负，故EpB＞EpO
故C正确；
D．正电荷从A到C的过程中，沿电场线方向电势降低，电场力一定做正功，故D错误。
故选：C。
5．（2023•渭南二模）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和﹣q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（ ）
A．q1＜q2
B．C点的电势高于D点的电势
C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功
D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小
【解答】解：A、同一电场中，电场线密集的地方，电场强度大，由图可知，A点附近电场强度大于B点附近的电场强度，C点的场强大于D点的场强，由点电荷场强公式E=kqr2可知q1＞q2，故A错误；
BD、根据电场线与等势面的关系，画出过C点的等势线，如图所示
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，C点的电势大于D点的电势，由Ep＝qφ可知，负电荷从C点移到D点，电场力做负功，电荷电势能增大，故B正确，D错误；
C、A点是正电荷，A的电荷量大于B点的负电荷电荷量，故C点电势大于零，若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做正功，故C错误。
故选：B。
6．（2023•安庆模拟）如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为22R处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡
B．将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动
C．将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动
D．将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大
【解答】解：ABC、在圆环平面上方的中心轴上取一点，此点的场强由矢量合成可得E=kQR2sinα2（其中Q为圆环带的总电量，α为竖直中心轴上一点与圆环上任一点连线的夹角），经求导得出，轴上22R处刚好是此中心轴上半部分场强最大的点。在此点带电小球受到的电场力最大，此时刚好与小球的重力相等，故在0.5R处，R处，2R处，电场力均小于O处的电场力。故AC错误，B正确。
D、因在2R处电场力小于重力，故小球要向下加速运动，到O点加速度为零，速度最大，此段电场力做负功，电势能增大。过O点之后，又向下加速运动直到穿过带电圆环平面中进入下半部向下运动，根据带电环的在中心对称轴的电场分布的对称性可知，其电场力与重力同方向。故向下加速直到与地面相撞而停止运动。此过程中电场力做正功，故电势能减小。故D错误。
故选：B。
7．（2023•大理州模拟）如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（ ）
A．φa＞φb＞φcB．EPM＞EPNC．EkM＞EkND．aM＞aN
【解答】解：A、由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；
BC、带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；
若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。
综合上述分析可知EPM＜EPN，EkM＞EkN，故B错误，C正确；
D、由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知，qE＝ma，所以aM＜aN，故D错误。
故选：C。
8．（2023•滁州二模）O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电场力可能做负功
B．O点电势比A点电势高
C．从O到A，电场强度先减小后增大
D．从O到A，电场强度一直增大
【解答】解：A、由图可知，电子从O到A过程中，电势能减小，则电场力做正功，故A错误；
B、因为φ=EPq，且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势小于A点，故B错误；
CD、因为qE，所以Ep﹣x图线的斜率代表电场力，O到A斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故C正确，D错误。
故选：C。
9．（2023•西城区校级模拟）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（ ）
A．此匀强电场的电场强度方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W2
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的电场强度大小一定为W2qL
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解答】解：A．题中条件不全，依照题意，无法确定电场方向，故A错误；
B．a点移动到b点，其电势能减小W1，根据功能关系则φaq﹣φbq＝W1
该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，根据功能关系则φcq﹣φdq＝W2
则该粒子从M点移动到N点φMq−φNq=φa+φb2q−φc+φd2q=W1+W22
则电场力做正功W=W1+W22
故B错误；
C．无法判断电场方向，无法确定电场强度大小，故C错误；
D．若W1＝W2，则φa﹣φb＝φc﹣φd，UaM=12Uac=12Ubd=UbN
故D正确。
故选：D。
10．（2023•金华一模）一孤立均匀带电金属球带电量为q，半径为R，球外两点A、B始终处于球同一半径的延长线上，其距离球心O分别为LOA，LOB（LOB＞LOA＞R），如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电场强度均保持不变
B．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电势差保持不变
C．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电场强度之差增大
D．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电势差不变
【解答】解：均匀带电球体在其周围产生的电场相当于把电荷集中在球心产生的电场。
A、根据电场强度的计算公式可得：E=kqr2，若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电场强度均增大，故A错误；
B、若仅增大金属球的带电量q，AB间的电场强度增大，根据U=Ed可知，A、B两点的电势差增大，故B错误；
CD、若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电场强度之差不变，故C错误、D正确。
故选：D。
二．解答题（共3小题）
11．（2023•朝阳区一模）密立根油滴实验将微观量转化为宏观量进行测量，揭示了电荷的不连续性，并测定了元电荷的数值。实验设计简单巧妙，被称为物理学史上最美实验之一。该实验的简化装置如图甲所示。水平放置、间距为d的两平行金属极板接在电源上，在上极板中间开一小孔，用喷雾器将油滴喷入并从小孔飘落到两极板间。已知油滴带负电。油滴所受空气阻力f＝6πrηv，式中η为已知量，r为油滴的半径，v为油滴的速度大小。已知油的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）在极板间不加电压，由于空气阻力作用，观测到某一油滴以恒定速率缓慢下降距离L所用的时间为t1，求该油滴的半径r；
（2）在极板间加电压U，经过一段时间后，观测到（1）问中的油滴以恒定速率缓慢上升距离L所用的时间为t2。求该油滴所带的电荷量Q；
（3）实验中通过在两极板间照射X射线不断改变油滴的电荷量。图乙是通过多次实验所测电荷量的分布图，横轴表示不同油滴的编号，纵轴表示电荷量。请说明图中油滴所带电荷量的分布特点，并说明如何处理数据进而得出元电荷的数值。
【解答】解：（1）板间未加电压时，油滴的速度为v1，根据平衡条件有mg＝6πηrv1
其中m=ρ⋅43πr3
v1=Lt1
得r=3ηL2ρgt1
（2）板间加电压时，油滴的速度为v2，根据平衡条件有QUd=mg+6πηrv2
其中v2=Lt2
得Q=18πdU(1t1+1t2)η3L32ρgt1
（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现。
根据图中数据分布的特点，可将电荷量数值近似相等的数据分为一组，求出每组电荷量的平均值；再对各平均值求差值。在实验误差允许范围内，若发现各平均值及差值均为某一最小数值的整数倍，则这个最小数值即为元电荷的数值。
答：（1）该油滴的半径为3ηL2ρgt1；
（2）该油滴所带的电荷量为18πdU(1t1+1t2)η3L32ρgt1；
（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现，见解析。
12．（2022秋•黄浦区期末）三个静止点电荷附近的某块区域中的等势线分布如图所示。图中相邻等势线之间的电势差均为1V，有几条等势线所对应的电势已标明。正方形网格每一格的边长是1cm。A、B、C、D是图示平面上的4个点。将一根细长的光滑直玻璃管固定在所示的区域中，玻璃管的一端位于B处，另一端位于C处，B和C均位于等势线上。（e＝1.6×10−19C）
（1）电子位于A点处，则其受到的静电力沿什么方向？请说明判断理由；
（2）将一个电子从A点移至D点，该电子的电势能变化了多少？请计算并说明理由；
（3）将一个带正电的小球从B端放入管中，并且给它一个向右的初速度，使它能够在玻璃管的约束下运动到C处。运动过程中小球的速率如何变化，请描述并说明理由。（A、B、C等高）
【解答】解：（1）电场线与等势面垂直且指向电势降低的方向，根据图形可知A点的电场强度几乎是向左的，由于电子带负电荷，其受力方向与该点电场强度方向相反，即A点处电子受到的静电力几乎是向右的（或由A指向B）。
（2）由于相邻等势线之间的电势差均为1V，根据图像可知φA＝﹣3V，φD＝5V
AD两点之间的电势差UAD＝φA﹣φD＝﹣3V﹣5V＝﹣8V
将一个电子从A点移至D点，根据电场力做功公式，电场力做功WAD=−eUAD=−1.6×10−19×(−8)J=1.28×10−18J
根据电场力做功与电势能变化的关系ΔEp＝﹣WAD＝﹣1.28×10−18J
即电子从A点移至D点，电场力做正功，电势能减少了1.28×10−18J。
（3）由于A、B、C等高，小球从B运动到C的过程中，重力不做功，重力势能不变；只有静电力做功，根据电场力做功公式WBC＝+qUBC＝+q（φB﹣φC）＜0，可知电场力做负功；根据动能定理WBC＝EkC﹣EkB＜0，得到EkB＞EkC
可知动能减小，即速率逐渐减小。
答：（1）电子位于A点处，受到的静电力向右的（或由A指向B），理由见解析；
（2）电子的电势能减小了1.28×10−18J；理由见解析；
（3）运动过程中小球的速率逐渐减小；理由见解析。
13．（2023•铁东区校级二模）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．试求：
（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势；
（3）物块能获得的最大速度．
【解答】解：（1）物体受到点电荷的库仑力F=kQqr2
由几何关系可知 r=ℎsin60°
设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有
N﹣mg﹣Fsin60°＝0
解得：N＝mg+33kQq8ℎ2
（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有：
q(φ−φB)=12mv2−12mv02
解得φB=φ+m(v02−v2)2q
（3）设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有：
qφ+12mv02=12mvm2
解得vm=v02+2qφm
答：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+33kQq8ℎ2．
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势为φB=φ+m(v02−v2)2q．
（3）物块能获得的最大速度vm=v02+2qφm．
电场
等势面(实线)图样
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷
的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种
点电荷的
电场
在连线的中垂线上，电势为零
等量同种
正点电荷
的电场
在连线上，中点电势最低，而在连线的中垂线上，中点电势最高
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134647358" 考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能 PAGEREF _Tc134647358 \h 1
\l "_Tc134647359" 考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题 PAGEREF _Tc134647359 \h 1
\l "_Tc134647360" 考点三 静电场中图象问题的处理技巧 PAGEREF _Tc134647360 \h 6
\l "_Tc134647361" 考点四 用功能关系分析带电粒子的运动 PAGEREF _Tc134647361 \h 10
\l "_Tc134647362" 练出高分 PAGEREF _Tc134647362 \h 14
考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能
1．电势高低的判断方法
(1)沿电场线方向，电势越来越低．
(2)判断出UAB的正负，再由UAB＝φA－φB，比较φA、φB的大小，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则φA<φB.
2．电势能大小的比较方法
做功判断法
电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方．
（2023•房山区一模）α粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q为轨迹上的三点，N点离重金属核最近，Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下列说法正确的是（ ）
A．N点的电场强度比Q点小
B．N点的电势最高
C．α粒子从Q点运动到M点过程中，电势能减小
D．α粒子从Q点运动到M点过程中，速度一直减小
【解答】解：A．根据孤立的正点电荷的电场线的分布可得离重金属核最近的N点电场强度最大，故A错误；
B．离正点电荷场源最近的N点的电势最高，故B正确；
C.α粒子为氦原子核，故带正电，又因为φN＞φM＞φQ，所以从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小，故C错误
D．因为从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，即合外力先做负功再做正功，根据动能定理可得α粒子的速度先减小再增加，故D错误；
故选：B。
如图所示，真空中ab、cd四点共线且ab＝b＝cd在a点和d点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点的电场强度大小相等，方向相反
B．b、c两点的电场强度大小不相等，但方向相同
C．同一负点电荷在b点的电势能比在c点的小
D．把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力对其先做正功后做负功
【解答】解：AB.由等量异种电荷的电场线分布可知，b、c关于中心对称，b、c两点的场强大小相等，方向相同，故AB错误；
C.由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b指向c，所以b点的电势高于c点电势，根据EP＝qφ知负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b点的电势更小，故C正确；
D.由C分析可知，电场线从b指向c，正电荷从b沿直线运动到c，电场力一直做正功，故D错误．
故选：C。
（2023•江门一模）如图所示，在匀强电场中的Q点固定一点电荷为+Q，以a、b、c、d、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【解答】解：A，ac两点在电点荷的等势面上，故这二点的电势是a点的电势高于c点的电势，故A错误；
B，bd两点的场强由点电荷场源与匀强电场各自在这二点产生的场强的矢量合成，合成的结果是大小相同，方向不同，故B错误；
C，将点电荷+q由b点移到e点时，电场力做功为零，因为这二点是在同一个等势面上，故C正确；
D，由A可知，这二点的电势是不相等的，故电场力做功不为零，故D错误。
故选：C。
（2023•贵州模拟）在x轴上一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点O为中心，沿x轴做往返运动，x轴上各点电势如图所示。若该粒子的质量为m，电荷量为q，其运动过程中电势能与动能之和为1.8qφ0，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在x＝﹣1.8x0时其动能和电势能相等
B．粒子在往返运动过程中能通过x＝1.9x0处
C．原点O与x＝﹣4x0之间的电场方向沿x负方向
D．原点O与x＝2x0之间的电场为匀强电场，电场强度大小为2φ0x0
【解答】解：A．根据图像，粒子在x＝﹣1.8x0时电势能EP=q1.84×2φ0=0.9qφ0
运动过程中电势能与动能之和为1.8qφ0，此时动能Ek＝1.8qφ0﹣EP＝1.8qφ0﹣0.9qφ0＝0.9qφ0
故A正确；
B．因为电势能与动能之和为1.8qφ0，当动能为零时，电势能为1.8qφ0，根据电势能与电势关系，此时电势为1.8φ0，由图像，向右最多可达到1.8 x0处，故B错误；
C．沿电场方向电势降低，故原点O与x＝﹣4x0之间的电场方向沿x正方向，故C错误；
D．φ﹣x图像斜率表示电场强度，由图知，原点O与x＝2x0之间的电场为匀强电场，强度大小为φ0x0，故D错误。
故选A。
（2023•辽宁二模）如图1所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在x＝2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ﹣x图像（图2）。已知φ﹣x图线与x轴的交点横坐标为x1和x2，x＝3L处的切线与x轴平行。已知点电荷的电势公式φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（ ）
A．电荷A带负电，电荷B带正电
B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝1：9
C．横坐标x2和x1的差x2−x1=920L
D．在x轴上x＞2L的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【解答】解：A．根据题图，在x轴上各点电势有正有负，两点电荷带异种电荷，由于0＜x＜x1时电势为正，x1＜x＜2L时电势为负，故点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误。
BC．φ﹣x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x＝3L处的电场强度为零，根据叠加原理有kQA(3L)2=kQBL2
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有kQAx1=kQB2L−x1，kQAx2=kQBx2−2L
解得QA：QB＝9：1，x1=95L，x2=94L
则x2−x1=94L−95L=920L
故B错误，C正确；
D．在2L＜x＜3L区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在2L＜x＜3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左电场力，向左做加速运动，在x＞3L区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x＞3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。
故选：C。
考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题
1．几种常见的典型电场的等势面比较
2.在电场中带电粒子运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．
（2023•大理州模拟）如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（ ）
A．φa＞φb＞φcB．EPM＞EPNC．EkM＞EkND．aM＞aN
【解答】解：A、由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；
BC、带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；
若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。
综合上述分析可知EPM＜EPN，EkM＞EkN，故B错误，C正确；
D、由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知，qE＝ma，所以aM＜aN，故D错误。
故选：C。
如图所示，空间有一正三棱P﹣ABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一负的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．底面ABC为等势面
B．A，B，C三点的电场强度相同
C．若B，C，D三点的电势为φB、φC、φD，则有φB﹣φD＝φC﹣φD
D．将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功
【解答】解：A、点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆（球）面，O到P点距离比A、B、C三点到P点距离短，故电势比A、B、C三点电势低，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；
B．由于A、B、C三点电场强度方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；
C．由于B、C两点到P点距离相等，则两点电势相等，则φB﹣φD＝φC﹣φD，故C正确；
D．由于B、C两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离小于BP或CP两点距离，故D的电势低于B、C两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先减小后增加，故静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
（多选）（2023•漳州模拟）中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的金属舌头，舌根连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用。当雷云放电接近房屋时，屋顶的避雷针顶端由于聚集着大量电子而形成局部电场集中的空间。图中虚线表示某时刻避雷针周围的等差等势面分布情况，一带电粒子（不计重力）在该电场中的运动轨迹如图所示。则（ ）
A．该粒子带正电
B．a点的电势比c点的低
C．b点的场强比c点的场强大
D．该粒子在b点的电势能比在c点的大
【解答】解：A．避雷针带负电，该粒子的运动轨迹为曲线，该粒子所受的电场力指向轨迹的凹侧，根据电荷间的相互作用规律可知，该粒子带正电，故A正确；
B．沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比c点的高，故B错误；
C．等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此b点的场强比c点的场强小，故C错误；
D．因带正电的粒子在电势高的位置电势能大，b点的电势比c点的高，故该粒子在b点的电势能比在c点的大，故D正确。
故选：AD。
如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
【解答】解：BC、假设质点由Q向P运动，作出轨迹上某点的速度和电场力，如图所示，由于电场力和速度夹角为钝角，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，故B正确，C错误。
A、由电势能公式EP＝qφ，负电荷在电势高处，电势能小，因P点电势能大，故P点电势低，三个等势面中，c的电势最低，故A错误。
D、因P处电场线比Q处电场线密，故质点在p处受到的电场力大，产生的加速度大，故D错误。
故选：B。
（2022•杭州模拟）如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为φ1﹣φ2＝φ2﹣φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点。已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等
B．场源电荷是正电荷
C．粒子电势能先增加后减小
D．φ1＞φ2＞φ3
【解答】解：A、粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；
B、由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；
C、粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，故C正确；
D、电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：φ3＞φ2＞φ1，故D错误。
故选：C。
考点三 静电场中图象问题的处理技巧
1．v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
2．φ－x图象：(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．
3．E－x图象：(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
（2023•海淀区一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势Φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
【解答】解：A．沿着电场线方向电势逐渐降低，根据图像可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，故A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，故B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，故C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：C。
（2023•常德模拟）如图甲，O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在与OP连线平行的电场，其上各点的电势φ随距O点的距离x变化的关系如图乙所示，图中斜虚线为图线在点P（0.3m，200V）的切线，切线与x轴交于0.5m处。现将一质量m＝1×10﹣3kg、电荷量q＝+2×10﹣5C的小物块从O点静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．该电场线的方向为由P指向O
B．小物块在P点的电势能比O点的电势能大
C．小物块运动到P点时，加速度大小为20m/s2
D．小物块运动到P点时，速度大小为10m/s
【解答】解：A、由O到P电势逐渐减小，沿电场线电势逐渐降低，所以电场线的方向为由O指向P，故A错误；
B、P点的电势低于O点电势，小物块带正电，所以小物块在P点的电势能比O点的电势能小，故B错误；
C、φ﹣x图象斜率代表电场强度，则P点电场E=2000.5−0.3V/m＝1000V/m，根据牛顿第二定律有：qE＝ma
解得：a＝20m/s2
故C正确；
D、从O到P根据动能定理有：q（φO﹣φP）=12mv2
解得：v=10m/s
故D错误；
故选：C。
（2023•铜仁市模拟）如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，电场方向平行于x轴，一质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），从O点（x＝0）静止释放，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在O点和x2间做往复运动
B．粒子从O运动到x2的过程中做加速度大小先减小后增大的变速直线运动
C．粒子在x1处具有最大速度为vm=2qφ0m
D．粒子从O到x2的运动过程中，电势能先增大后减小
【解答】解：AB、从O到x1电势升高，场强沿﹣x方向，电场力沿x轴正向，斜率在减小，说明电场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，同理可知从x1到x2，粒子做加速度增大的减速运动，根据对称性可知粒子在O点和x2间做往复运动，故AB正确。
C、粒子在x1处电势能最小，动能最大，由能量守恒12mvm2=qφ0，解得vm=2qφ0m，故C正确。
D、从O到x1电势升高，电势能减小，从x1以后的运动过程中，电势降低，粒子的电势能增加，所以粒子从O到x2的运动过程中，电势能先减小后增大，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
（多选）（2023•武汉模拟）如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x1处与x2处场强相同
B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1﹣E2
C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小
D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能之和先减小后增大
【解答】解：A、由动能定理知，Ek﹣x图像的斜率表示小球所受的合力，由题知，x＝x1和x＝x2处图像的斜率为0，即小球所受的合力为0，而小球运动中受到重力和电场力共两个力作用，可见小球在两处所受的电场力相同，则x1处与x2处场强相同，故A正确；
BC、由图知，小球从x1处运动到x2处，图像的斜率先增大后减小，即小球所受的合力先增大后减小，由牛顿第二定律知，小球的加速度先增大后减小，而此过程小球下降了x1﹣x2，小球的动能减少E1﹣E2，小球重力势能减少mg（x1﹣x2），由能量守恒定律知，小球的电势能增加E1﹣E2+mg（x1﹣x2），故B错误，C正确；
D、由图知，小球从x0运动到O点过程，小球的动能先增大后减小再增大，由能量守恒定律知，小球的电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0），以O为原点、竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g，g为重力加速度，k为静电力常量，则（ ）
A．小球在M点的加速度为零
B．从O点到N点场强逐渐增大
C．从M点到N点过程中，电场力对小球先做负功后做正功
D．从O点到N点小球的动能增加了(22−1)kQ22L
【解答】解：A、M、N两点的电场强度等大反向，M点的电场强度方向竖直向上，N点的电场强度方向竖直向下。小球在N点的加速度大小为2g，可知在此处电场力等于小球的重力，则在M点小球受到的电场力竖直向上与小球的重力平衡，则小球在M点的加速度为0，故A正确；
B、根据φ﹣x斜率代表电场强度可知从O到N的场强先增大后减小，故B错误；
C、从M点到O点的过程中，电场线方向向上，小球受到的电场力方向向上，电场力做负功，从O到N点过程中，小球受到的电场力方向向下，电场力对小球做正功，故C正确；
D、设小球的质量为m，小球在M点的加速度为零，A、B距O点的距离均为2L，则AM＝2L，则有：kQ(2L)2•cs45°×2＝mg，解得：mg=2kQ24L2；
小球从O点到N点由动能定理有：Q（φO﹣φN）+mg•2L＝ΔEk，根据图线可知：φO=2kQL，φN=kQL
联立解得小球动能增加：ΔEk=(22−1)kQ22L，故D正确。
故选：ACD。
考点四 用功能关系分析带电粒子的运动
1．功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
2．电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcs α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcs α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
（2023•丰台区二模）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为+Q的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为r，AC与AB的夹角为θ，中垂线上距离A点为x的点的电势为φ＝2kQx（以无穷远处为零电势点）。一个质量为m的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为k。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为+q，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v0；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为﹣q，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度v的大小和方向。
【解答】解：（1）根据对称性和电场的叠加原理可知，C点的电场强度方向如图所示。
（2）当点电荷刚好到达O点时，其在C点的速度最小，由动能定理得：
qUCO＝0−12mv02
其中UCO＝φC﹣φO＝2kQr−2kQrcsθ
联立解得：v0=4kQq(1−csθ)mrcsθ
（3）要让点电荷﹣q能够做过C点的匀速圆周运动，应由电场力提供向心力，则其在C点的速度方向垂直于纸面向里或向外。
根据牛顿第二定律得
2kQqr2sinθ＝mv2rsinθ
可得v=2kQqsin2θmr
答：（1）见解析。
（2）其在C点的速度最小值v0为4kQq(1−csθ)mrcsθ。
（3）其在C点的速度v的大小为2kQqsin2θmr，方向垂直于纸面向里或向外。
（2023•徐汇区二模）如图（i）所示，真空中两正点电荷A、B固定在x轴上，其中A位于坐标原点。一质量为m、电量为q（电量远小于A、B）的带正电小球a仅在电场力作用下，以大小为v0的初速度从x＝x1处沿x轴正方向运动。取无穷远处势能为零，a在A、B间由于受A、B的电场力作用而具有的电势能Ep随位置x变化关系如图（ii）所示，图中E1、E2均为已知，且a在x＝x2处受到的电场力为零。
（1）求A、B两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间的电势差U12；
（2）比较A、B两电荷电量QA、QB的大小关系；
（3）求a在A、B间运动过程中最大速度vm的大小；
（4）如图（iii）所示，若一探测器从地球飞往月球，仅考虑地球与月球对探测器的引力作用，试从受力与能量的角度比较该探测器的运动与a在A、B间的运动的类似之处（至少写出三点）；并在图（iv）中定性画出探测器在地、月共同作用下所具有的势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线（取无穷远处势能为零）。
【解答】解：（1）A、B两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间由功能关系：qU12＝E1﹣E2，解得：U12=E1−E2q；
（2）a在x＝x2处受到的电场力为零，由A、B电荷对a的库仑力平衡，得：kQAqx22=kQBq(lAB−x2)2，由于x2＞lAB﹣x2，所以QA＞QB；
（3）当F＝0时，即在x＝x2处，a在A、B间运动过程中速度最大，由能量守恒定律，此处电势能最小，动能最大，速度最大，
由动能定理：qU12=12mvm2−12mv02，其中qU12＝E1﹣E2，联立解得：vm=v02+2(E1−E2)m；
（4）探测器从地球飞往月球，受力方面：万有引力与距离的平方成反比与质量乘积成正比，地球质量大于月球质量，受力平衡点靠近月球。
能量方面：靠近产生较小引力场的月球处有势能最小值，类比电场EP=−GMr，
势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线（取无穷远处势能为零）如图所示：
故答案为：（1）U12=E1−E2q；
（2）QA＞QB；
（3）vm=v02+2(E1−E2)m；
（4）受力方面：万有引力与距离的平方成反比与质量乘积成正比，地球质量大于月球质量，受力平衡点靠近月球。
能量方面：靠近产生较小引力场的月球处有势能最小值，Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线如图所示。
如图所示，质量为m＝2g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上，杆长为1m，小球a带正电，电荷量为q＝2×10﹣7C，在杆上B点处固定一个电荷量为Q＝2×10﹣6C的正电小球b。小球a在F＝0.018N的向右水平恒力作用下，由静止开始从A向B运动，运动过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，两个小球可看作点电荷，已知静电力恒量k＝9×109N•m2/C2，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）a球刚开始运动时加速度的大小；
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离；
（3）已知真空中点电荷周围的电势为φ＝kQr，式中k为静电力恒量，Q为点电荷电量，r为该点到点电荷的距离，则a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为多少。
【解答】解：（1）a球受力如图，由库仑定律得：
F1=kQqr2=9×109×2×10−7×2×10−612N=3.6×10−3N
根据牛顿第二定律得：
F合＝ma
解得：a=F−F1m=0.0018−
（2）当a球加速度为零时，速度最大，设此时ab两球相距r0，根据库仑定律有：
F=kQqr02
代入数据得：0.018＝9×109×2×10−7×2×10−6r02
解得：r0=55m=0.447m
所以ab两球之间的距离为0.447m。
（3）据题意知：a球在A点的电势能为：EpA＝qφ1
a球在O点的电势能为：EpO＝qφ2
所以从A到O的过程中，a球的电势能变化量为：
EP＝qφ2﹣qφ1
Ep=q(φ2−φ1)=q(kQr2−kQr1)=kQq(1r2−1r1)=9×109×2×10﹣7×2×10﹣6J＝3.6×10﹣3J
答：（1）a球刚开始运动时加速度的大小为7.2m/s2。
（2）当a球的速度最大时，ab两球之间的距离为0.447m。
（3）a球从A运动到中点O的过程中电势能变化量为3.6×10﹣3J。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•青浦区二模）雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场。该电场的等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面上有A、B、C三点。下列说法中正确的是（ ）
A．避雷针附近形成了匀强电场
B．A、B、C 三点中，B 点场强最大
C．A、B、C 三点中，C 点电势最高
D．一带负电的雨点从乌云中下落，电场力做正功
【解答】解：A、匀强电场的等势线应是一簇平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，故A错误；
B、等势线与电场线相互垂直，A点比B点电场线更密集，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；
C、乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知A、B、C三点中，B点电势最高，故C错误；
D、有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，故D正确；
故选：D。
2．（2023•台州二模）电子束焊接机的核心部件内存在如图甲所示的高压辐向电场，带箭头的虚线表示电场线。一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。下列说法正确的是（ ）
A．该电场为匀强电场
B．电子运动过程中电势能逐渐减小
C．电子运动过程中加速度逐渐减小
D．电子经过各点的电势随位移x的变化如乙图所示
【解答】解：A．匀强电场的电场线疏密程度相同，方向也相同，由甲图中电场线分布可知，该电场为非匀强电场，故A错误；
B．由于电子带负电，当它从A沿直线运动到B时，电场力做正功，则电势能减小，故B正确；
C．由甲图中电场线分布和牛顿第二定律可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，因此加速度逐渐变大，故C错误；
D．乙图斜率表示电场强度，由图知斜率逐渐变小，而甲图可知电场强大逐渐变大，故D错误。
故选：B。
3．（2023•鞍山模拟）如图甲所示，足够长固定绝缘光滑斜面倾角为θ，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴，在x轴上的部分区间存在电场，电场方向沿斜面向上。一质量为m、电荷量为q的带正电滑块（可视为质点）从斜面底端由静止释放，不计空气阻力，滑块对原电场无影响，滑块向上运动的一段过程中机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，曲线上A点切线斜率最大，下列说法正确的是（ ）
A．在x1～x3过程中滑块速度先增大后不变
B．在0～x1过程中滑块速度一定增大
C．在x＝x1处电势最高
D．在x＝x3处电场强度最大
【解答】解：A．根据图像可知在x2～x3过程段中随着高度增加，机械能不变，说明此时只有重力做功，即最后该过程滑块做匀减速运动，也就一定不会出现匀速运动的过程，故A错误；
BD．电场力做功等于滑块机械能的增加量，由此可得ΔE＝EqΔx，因此图像的斜率表示Eq，根据图像可知0～x1电场力逐渐增大，x1～x2电场力逐渐减小，故在0～x1过程中滑块速度一定增大；在x＝x1处电场强度最大，故B正确，D错误；
C．根据上述分析，同时由沿着电场线方向电势降低，所以在x＝0处电势最高，故C错误。
故选：B。
4．（2023•沧州一模）如图所示，x轴上有两个带电荷量分别为+Q1、﹣Q2的点电荷，A、B、C为两点电荷形成的电场中某一电场线上的三点，其中B点的切线与x轴平行，O是两点电荷连线的中点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．Q1＜Q2
C．负电荷在B点的电势能比O点大
D．正电荷沿电场线从A点移动到C点，电场力一定做负功
【解答】解：AB．电场方向由正电荷指向负电荷，又B点切线与x轴平行，B点合电场强度水平向右，竖直方向合电场强度为零，根据几何关系，Q1与B连线与竖直方向的夹角更大，夹角余弦值更小，故Q1在B点产生电场强度大于Q2在B点产生电场强度，所以Q1＞Q2，且φO＞0，故AB错误；
C．将Q1看作Q2+ΔQ，根据电势叠加原理，φO＞φB，由Ep＝qφ，电荷为负，故EpB＞EpO
故C正确；
D．正电荷从A到C的过程中，沿电场线方向电势降低，电场力一定做正功，故D错误。
故选：C。
5．（2023•渭南二模）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和﹣q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（ ）
A．q1＜q2
B．C点的电势高于D点的电势
C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功
D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小
【解答】解：A、同一电场中，电场线密集的地方，电场强度大，由图可知，A点附近电场强度大于B点附近的电场强度，C点的场强大于D点的场强，由点电荷场强公式E=kqr2可知q1＞q2，故A错误；
BD、根据电场线与等势面的关系，画出过C点的等势线，如图所示
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，C点的电势大于D点的电势，由Ep＝qφ可知，负电荷从C点移到D点，电场力做负功，电荷电势能增大，故B正确，D错误；
C、A点是正电荷，A的电荷量大于B点的负电荷电荷量，故C点电势大于零，若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做正功，故C错误。
故选：B。
6．（2023•安庆模拟）如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为22R处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡
B．将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动
C．将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动
D．将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大
【解答】解：ABC、在圆环平面上方的中心轴上取一点，此点的场强由矢量合成可得E=kQR2sinα2（其中Q为圆环带的总电量，α为竖直中心轴上一点与圆环上任一点连线的夹角），经求导得出，轴上22R处刚好是此中心轴上半部分场强最大的点。在此点带电小球受到的电场力最大，此时刚好与小球的重力相等，故在0.5R处，R处，2R处，电场力均小于O处的电场力。故AC错误，B正确。
D、因在2R处电场力小于重力，故小球要向下加速运动，到O点加速度为零，速度最大，此段电场力做负功，电势能增大。过O点之后，又向下加速运动直到穿过带电圆环平面中进入下半部向下运动，根据带电环的在中心对称轴的电场分布的对称性可知，其电场力与重力同方向。故向下加速直到与地面相撞而停止运动。此过程中电场力做正功，故电势能减小。故D错误。
故选：B。
7．（2023•大理州模拟）如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（ ）
A．φa＞φb＞φcB．EPM＞EPNC．EkM＞EkND．aM＞aN
【解答】解：A、由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；
BC、带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；
若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。
综合上述分析可知EPM＜EPN，EkM＞EkN，故B错误，C正确；
D、由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知，qE＝ma，所以aM＜aN，故D错误。
故选：C。
8．（2023•滁州二模）O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电场力可能做负功
B．O点电势比A点电势高
C．从O到A，电场强度先减小后增大
D．从O到A，电场强度一直增大
【解答】解：A、由图可知，电子从O到A过程中，电势能减小，则电场力做正功，故A错误；
B、因为φ=EPq，且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势小于A点，故B错误；
CD、因为qE，所以Ep﹣x图线的斜率代表电场力，O到A斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故C正确，D错误。
故选：C。
9．（2023•西城区校级模拟）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（ ）
A．此匀强电场的电场强度方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W2
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的电场强度大小一定为W2qL
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解答】解：A．题中条件不全，依照题意，无法确定电场方向，故A错误；
B．a点移动到b点，其电势能减小W1，根据功能关系则φaq﹣φbq＝W1
该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，根据功能关系则φcq﹣φdq＝W2
则该粒子从M点移动到N点φMq−φNq=φa+φb2q−φc+φd2q=W1+W22
则电场力做正功W=W1+W22
故B错误；
C．无法判断电场方向，无法确定电场强度大小，故C错误；
D．若W1＝W2，则φa﹣φb＝φc﹣φd，UaM=12Uac=12Ubd=UbN
故D正确。
故选：D。
10．（2023•金华一模）一孤立均匀带电金属球带电量为q，半径为R，球外两点A、B始终处于球同一半径的延长线上，其距离球心O分别为LOA，LOB（LOB＞LOA＞R），如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电场强度均保持不变
B．若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电势差保持不变
C．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电场强度之差增大
D．若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电势差不变
【解答】解：均匀带电球体在其周围产生的电场相当于把电荷集中在球心产生的电场。
A、根据电场强度的计算公式可得：E=kqr2，若仅增大金属球的带电量q，A、B两点的电场强度均增大，故A错误；
B、若仅增大金属球的带电量q，AB间的电场强度增大，根据U=Ed可知，A、B两点的电势差增大，故B错误；
CD、若保持LOA、LOB不变，仅增大金属球的半径R，则球外A、B两点的电场强度之差不变，故C错误、D正确。
故选：D。
二．解答题（共3小题）
11．（2023•朝阳区一模）密立根油滴实验将微观量转化为宏观量进行测量，揭示了电荷的不连续性，并测定了元电荷的数值。实验设计简单巧妙，被称为物理学史上最美实验之一。该实验的简化装置如图甲所示。水平放置、间距为d的两平行金属极板接在电源上，在上极板中间开一小孔，用喷雾器将油滴喷入并从小孔飘落到两极板间。已知油滴带负电。油滴所受空气阻力f＝6πrηv，式中η为已知量，r为油滴的半径，v为油滴的速度大小。已知油的密度为ρ，重力加速度为g。
（1）在极板间不加电压，由于空气阻力作用，观测到某一油滴以恒定速率缓慢下降距离L所用的时间为t1，求该油滴的半径r；
（2）在极板间加电压U，经过一段时间后，观测到（1）问中的油滴以恒定速率缓慢上升距离L所用的时间为t2。求该油滴所带的电荷量Q；
（3）实验中通过在两极板间照射X射线不断改变油滴的电荷量。图乙是通过多次实验所测电荷量的分布图，横轴表示不同油滴的编号，纵轴表示电荷量。请说明图中油滴所带电荷量的分布特点，并说明如何处理数据进而得出元电荷的数值。
【解答】解：（1）板间未加电压时，油滴的速度为v1，根据平衡条件有mg＝6πηrv1
其中m=ρ⋅43πr3
v1=Lt1
得r=3ηL2ρgt1
（2）板间加电压时，油滴的速度为v2，根据平衡条件有QUd=mg+6πηrv2
其中v2=Lt2
得Q=18πdU(1t1+1t2)η3L32ρgt1
（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现。
根据图中数据分布的特点，可将电荷量数值近似相等的数据分为一组，求出每组电荷量的平均值；再对各平均值求差值。在实验误差允许范围内，若发现各平均值及差值均为某一最小数值的整数倍，则这个最小数值即为元电荷的数值。
答：（1）该油滴的半径为3ηL2ρgt1；
（2）该油滴所带的电荷量为18πdU(1t1+1t2)η3L32ρgt1；
（3）电荷量的分布呈现出明显的不连续性，这是量子化的表现，见解析。
12．（2022秋•黄浦区期末）三个静止点电荷附近的某块区域中的等势线分布如图所示。图中相邻等势线之间的电势差均为1V，有几条等势线所对应的电势已标明。正方形网格每一格的边长是1cm。A、B、C、D是图示平面上的4个点。将一根细长的光滑直玻璃管固定在所示的区域中，玻璃管的一端位于B处，另一端位于C处，B和C均位于等势线上。（e＝1.6×10−19C）
（1）电子位于A点处，则其受到的静电力沿什么方向？请说明判断理由；
（2）将一个电子从A点移至D点，该电子的电势能变化了多少？请计算并说明理由；
（3）将一个带正电的小球从B端放入管中，并且给它一个向右的初速度，使它能够在玻璃管的约束下运动到C处。运动过程中小球的速率如何变化，请描述并说明理由。（A、B、C等高）
【解答】解：（1）电场线与等势面垂直且指向电势降低的方向，根据图形可知A点的电场强度几乎是向左的，由于电子带负电荷，其受力方向与该点电场强度方向相反，即A点处电子受到的静电力几乎是向右的（或由A指向B）。
（2）由于相邻等势线之间的电势差均为1V，根据图像可知φA＝﹣3V，φD＝5V
AD两点之间的电势差UAD＝φA﹣φD＝﹣3V﹣5V＝﹣8V
将一个电子从A点移至D点，根据电场力做功公式，电场力做功WAD=−eUAD=−1.6×10−19×(−8)J=1.28×10−18J
根据电场力做功与电势能变化的关系ΔEp＝﹣WAD＝﹣1.28×10−18J
即电子从A点移至D点，电场力做正功，电势能减少了1.28×10−18J。
（3）由于A、B、C等高，小球从B运动到C的过程中，重力不做功，重力势能不变；只有静电力做功，根据电场力做功公式WBC＝+qUBC＝+q（φB﹣φC）＜0，可知电场力做负功；根据动能定理WBC＝EkC﹣EkB＜0，得到EkB＞EkC
可知动能减小，即速率逐渐减小。
答：（1）电子位于A点处，受到的静电力向右的（或由A指向B），理由见解析；
（2）电子的电势能减小了1.28×10−18J；理由见解析；
（3）运动过程中小球的速率逐渐减小；理由见解析。
13．（2023•铁东区校级二模）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷．一质量为m、电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°．试求：
（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势；
（3）物块能获得的最大速度．
【解答】解：（1）物体受到点电荷的库仑力F=kQqr2
由几何关系可知 r=ℎsin60°
设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有
N﹣mg﹣Fsin60°＝0
解得：N＝mg+33kQq8ℎ2
（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有：
q(φ−φB)=12mv2−12mv02
解得φB=φ+m(v02−v2)2q
（3）设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有：
qφ+12mv02=12mvm2
解得vm=v02+2qφm
答：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+33kQq8ℎ2．
（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势为φB=φ+m(v02−v2)2q．
（3）物块能获得的最大速度vm=v02+2qφm．
电场
等势面(实线)图样
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷
的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种
点电荷的
电场
在连线的中垂线上，电势为零
等量同种
正点电荷
的电场
在连线上，中点电势最低，而在连线的中垂线上，中点电势最高
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